Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $T$ al punto de tangencia de $MN$ con la circunferencia inscrita y $\ell$ al lado del triángulo. Observemos que la longitud de $MT$ es igual a la del segmento que une $M$ con el punto medio del lado $AB$ por la propiedad de tangencia. Por tanto, $AM+MT=\frac{\ell}{2}$ y, de la misma forma, $AN+NT=\frac{\ell}{2}$, con lo que el perímetro del triángulo $AMN$ es exactamente $\ell$. Así, podemos escribir \[\frac{AM}{MB}+\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MN+AN}+\frac{AN}{MN+AM}=\frac{AM^2+AN^2+MN(AN+AM)}{MN^2+MN(AN+AM)+AM\cdot AN}{.}\] Por lo tanto, quisiéramos demostrar que $AM^2+AN^2=MN^2+AM\cdot AN$, pero esto se deduce de forma fácil del teorema del coseno aplicado al triángulo $AMN$ teniendo en cuenta que $\angle MAN=60^\circ$.

Solución. El área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$ ya que tienen la misma base $BM=CM$ y la misma altura. Por lo tanto, si llamamos $p_1$ y $p_2$ al semiperímetro de $ABM$ y $ACM$ respectivamente, tenemos que $r_1p_1=r_2p_2$ y deducimos que \[\frac{r_1}{r_2}=\frac{p_2}{p_1}=\frac{AM+CM+AC}{AM+BM+MB}{.}\] Así, tenemos que probar que $AM+CM+AC<2(AM+BM+AB)$ o, lo que es lo mismo, $AM+CM+2AB>AC$ y esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad triangular $AM+CM>AC$ (en el triángulo $ACM$) y de que $2AB>0$.

Solución. Llamemos \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\), \(A_4\) y \(A_5\) a los vértices del pentágono en sentido antihorario y \(l\) y \(d\) al lado y la diagonal del pentágono. Sea además \(P\) el punto de corte de las diagonales \(A_1A_3\) y \(A_2A_5\). Como cada diagonal es paralela a un lado del pentágono, se tiene que el cuadrilátero \(PA_3A_4A_5\) es un paralelogramo y, por tanto, \(PA_5=l\) y \(PA_2=d-l\). Finalmente, como los triángulos \(A_2PA_3\) y \(A_3A_4A_1\) son semejantes (tienen los lados paralelos), se cumple que \(\frac{A_2P}{A_3A_4}=\frac{A_2A_3}{A_1A_3}\) y, sustituyendo el valor de cada segmento en términos de \(l\) y \(d\), \(\frac{d-l}{l}=\frac{l}{d}\). De aquí puede deducirse fácilmente que \((\frac{d}{l})^2-\frac{d}{l}-1=0\) y, resolviendo esta ecuación de segundo grado, tenemos finalmente que \[\frac{d}{l}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\] es decir, la razón entre la diagonal de un pentágono regular y su lado es la razón áurea.

Solución. Sean $M$ y $N$ puntos exteriores al hexágono tales que $ABM$ y $DEN$ sean triángulos equiláteros. Entonces, la propiedad de arco capaz nos asegura que $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABM$ y el teorema de Ptolomeo (aplicado al cuadrilátero $AMBP$) nos dice que $AP+PB=MP$. De la misma forma, obtenemos que $DQ+QE=NQ$ y se cumple que $AP+PB+PQ+DQ+QE=MP+PQ+QN\geq MN$ ya que $MPQN$ es una poligonal que une $M$ y $N$ y su longitud siempre es mayor que la del segmento $MN$. Ahora bien, el octógono $AMBCDNEF$ es simétrico respecto de la recta $BE$ por las condiciones del enunciado luego se tiene que $MN=CF$ y hemos terminado.

Solución. Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos $ACE$ y $BCE$ y usando que $BC=AD$, obtenemos que \begin{eqnarray*} AC^2&=&AE^2+EC^2=AE^2+BC^2-BE^2\\ &=&(AE+BE)(AE-BE)+AD^2=AB\cdot AE+AB\cdot BE+AD^2{.} \end{eqnarray*} Ahora bien, como los triángulos $BCE$ y $CDF$ son semejantes (es fácil ver que tienen dos ángulos iguales), tenemos que $BE/BC=DF/CD$ y, teniendo en cuenta que $CD=AB$, deducimos que $BE\cdot AB=AD\cdot DF$. Sustituyendo esto último en la igualdad antes obtenida para $AC^2$, la fórmula del enunciado queda probada.